2025届四川省自贡市旭川中学物理高三第一学期期中调研模拟试题含解析

2025届四川省自贡市旭川中学物理高三第一学期期中调研模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（）
A．细绳的拉力逐渐变小
B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大
C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大
D．Q将从墙壁和小球之间滑落
2、在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（）
A．伽利略利用“理想斜面”得出“力是维持物体运动的原因”的观点
B．牛顿提出了行星运动的三大定律
C．英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量
D．开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点
3、如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（）
A．B．C．D．
4、如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处
于静止状态．A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，现用水平恒力F 向右拉木板A ，则以下判断正确的是( )
A ．不管F 多大，木板
B 一定保持静止
B ．A 、
C 之间的摩擦力大小一定等于μmg
C ．B 受到地面的摩擦力大小一定小于F
D ．A 、B 之间的摩擦力大小不可能等于F
5、如图所示，放在不计电阻的金属导轨上的导体棒 ab , 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，钢制闭合线圈 c 将被螺线管吸引( )
A ．向右做匀速运动
B ．向左做匀速运动
C ．向右做减速运动
D ．向右做加速运动
6、如图所示，相互接触的A 、B 两物块放在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 1，且m 1 < m 1．现对两物块同时施加相同的水平恒力F ，设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为F N ，则( )
A ．物块
B 的加速度为2
F m B ．物块A 的加速度为
12
2F m m + C ．N 2F F F <<
D ．N F 不可能为零
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，带正电的小球套在绝缘光滑水平直杆上，轻弹簧一端固定在O点，另一端与小球相连。

空间中有水平向右的匀强电场，现将小球从P点由静止释放，它向右运动的过程中经过了Q点。

已知，在P、Q两点处，弹簧对小球的弹力大小相等（忽略弹簧的静电效应），且∠OPQ>∠0QP，在小球从P点到Q点的过程中（）
A．小球的加速度一直增大
B．弹簧最短时，弹簧弹力对小球做功的功率为零
C．弹力做的总功为零
D．小球到达Q点的动能等于它在P、Q两点的电势能的差值
8、甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶。

下列说法正确的是（）。

A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大
9、
t=0时刻，同一介质中在x=-8m和x=8m处分别有振源A和B同时做振幅A=10cm的简谐振动，t=4s时，波形如图所示，则可知_______
A．振源A与振源B的频率相同
B．机械波在此介质中的传播速度v=1m/s
C．t=8s时，0点处在平衡位置并向y轴负方向运动
D．t=11s时，0点处在y=10cm处，并向y轴正方向运动
E.此两列波在x 轴相遇时，在AB 间会形成稳定的干涉图样，其中x =0，4，-4处是振动加强点
10、传送机的皮带与水平方向的夹角为α，如图所示，将质量为m 的滑块放在皮带上，随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsinα)做匀加速直线运动，则下列关于滑块在运动过程中的说法正确的是( )
A ．支持力与静摩擦力的合力大小等于mg
B ．静摩擦力对滑块一定做正功
C ．静摩擦力的大小可能等于mgsinα
D ．皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）如图是利用DIS 完成“用单摆测定当地重力加速度”实验．实验时，先量出摆球的半径与摆线的长度．单摆摆动后，点击“记录数据”．摆球每经过平衡位置时记数1次，第1次记为“0”，当记数为“50”时，点击“停止记录”，显示时间为t ．
（1）则该单摆振动周期为______________．
（2）图示摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了（_______）
A ．便于测量单摆周期
B ．便于测量摆长时拉紧摆线
C ．保证摆动过程中摆长不变
D ．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（3）若某组同学误以摆线的长度L 作为纵坐标，以单摆周期的平方2T 作为横坐标，作出2L T 的图像．其他操作测量都无误，则作出的图线是上图中的_________（选填“1”、“2”或“3”）．
（4）现发现三组同学作出的图线分别是1、2和3，但测出的斜率都为k ，是否可以根据斜率求出当地的重力加速度？___________．（若不可以求出，填“否”；若可以求出，请填重力加速度的表达式）．
12．（12分）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图（甲）所示，则该金属丝的直径d=__mm，另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测量一工件的长度，测得的结果如图（乙）所示，则该工件的长度L=__cm．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系xOy，x=0和x=L=10cm 的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场E1=1.0×104V/m，x=L和x=3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场E2=1.0×104V/m，一电子（为了计算简单，比荷取=2×1011C/kg）从直角坐标系xOy的坐标原点O 以很小的速度进入匀强电场E1，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动．求：
（1）电子从O点进入到离开x=3L处的电场所需的时间；
（2）电子离开x=3L处的电场时的y坐标．
14．（16分）如图所示，光滑固定斜面的倾角Θ=30°，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量M=3kg的物体B相连，初始时B静止.质量m=1kg的A物体在斜面上距B物体处s1=10cm静止释放，A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时
.弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视间极短，碰撞后与B粘在一起，已知碰后整体经t=0.1s下滑s1=5cm 至最低点
为质点，g取10m/s1．
（1）从碰后到最低点的过程中，求弹簧最大的弹性势能;
（1）碰后至返回到碰撞点的过程中，求弹簧对物体B的冲量大小．
15．（12分）如图所示，固定的光滑半圆轨道，其直径PQ 沿竖直方向。

小车静止在水平地面 上，小车质量为M =lkg ，其长度L =5.75m ，上表面与P 点等高。

小车右端与P 点相距较远。

质量m =2kg 的滑块以v 0=9m/s 的水平初速度从左端滑上小车，经过一段时间滑 块相对小车静止，小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。

已知滑块与小车表面的动摩擦因数μ1= 0.4，小车与地面间的摩擦因数为μ2=0.1，（滑块可视为质点）取重力加速度g =10 m/s 2。

求：
（1）小车运动的最大速度v l ；
（2）滑块到达P 点时的速度大小；
（3）若滑块恰好通过圆轨道最高点Q ，则圆周半径R 的大小。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B
【解析】
对P 分析，P 受到重力、拉力和Q 对P 的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力cos mg F θ
=，Q 对P 的支持力tan N mg θ=．铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F 增大，Q 对P 的支持力增大，故A 错误B 正确；对Q 分析知，在水平方向上P 对Q 的压力增大，则墙壁对Q 的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以A 受到的摩擦力不变，Q 不会从墙壁和小球之间滑落，故CD 错误．
2、C
【解析】
试题分析：伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因”的观点，A 错误；开普勒提出了行星运动的三大定律，B 错误；英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量，C 正确；伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点，D 错误；故选C ．
考点：物理学史
【名师点睛】
3、B
【解析】
初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：
a 1=g sinθ+μg cosθ
a 恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零．
A ．该图与结论不相符，选项A 错误；
B ．该图与结论相符，选项B 正确；
C ．该图与结论不相符，选项C 错误；
D ．该图与结论不相符，选项D 错误；
4、A
【解析】
A.设A 、B 的质量为M ，先对木块B 受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力，水平方向受A 对B 向右的摩擦力AB f 和地面对B 向左的摩擦力B f ，由于A 对B 的最大静摩擦力()m M g μ+小于地面对B 的最大静摩擦力()2m M g μ+，故物体B 一定保持静止，B 不会受到地面的滑动摩擦力。

故A 正确；
B.当A 、C 发生相对滑动时，A 、C 之间的摩擦力可能等于mg μ，故B 错误。

CD.当F 较小时，A 、B 、C 保持相对静止，对AC 整体分析，B 对A 的摩擦力等于拉力F 的大小，当F 足够大时，A 会在B 上发生相对滑动，则A 、B 之间的摩擦力为()M m g μ+，故CD 错误。

5、C
【解析】
钢制闭合线圈 c 被螺线管吸引，根据楞次定律可知通过闭合线圈c 的磁场在减弱，即螺线管中的磁场在减弱，导体棒切割磁感线产生的电流在螺旋管中产生磁场，所以导体棒切割磁感线产生的电流在减小，电动势也在减小，根据E BLv =，可知导体棒应该减速运动
A ． 向右做匀速运动，与分析不符，故A 错误；
B ．向左做匀速运动，与分析不符，故B 错误；
C ． 向右做减速运动，与分析相符，故C 正确
D ． 向右做加速运动，与分析不符，故D 错误；
6、B
【解析】
A 、
B 项：由于没有摩擦力，且m 1＜m 1，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律：122()F m m a =+，解得：
122F a m m =+，故A 错误，B 正确；
C 、
D 项：再对B 受力分析，由牛顿第二定律：2N F F m a +=，代入加速度解得：2112
N m m F F F m m -=
<+，故C 、D 错误． 点晴：由于没有摩擦力，且后面的物体质量小，故两者能一块运动，加速度相同，先整体分析得到加速度，之后再隔离单独对A 或B 受力分析，都能得到两物块之间的相互作用力大小为F N ．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BCD
【解析】
如下图所示，设O 点正下方为O′点，与P 点关于O′点对称的点为M 点，所以小球从P 到M 过程中弹簧一直被压缩，弹簧原长的位置一定是在M 与Q 点之间。

小球处于O 点正下方O′和小球受到的弹力为零的位置（M 与Q 点之间）时，小球合力都是qE ，加速度都是Eq/m ，则从P 点到Q 点的过程中，小球的加速度不是一直增大，选项A 错误；弹簧最短时，小球在O′位置，此时弹力和速度方向垂直，则弹簧弹力对小球做功的功率为零，选项B 正确；因小球在PQ 位置时弹簧的弹力相等，则形变量大小相等，弹性势能相同，则弹力做的总功为零，选项C 正确；从P 到Q,只有电场力做功，根据动能定理可知，小球到达Q 点的动能等于电场力做功，即等于它在P 、Q 两点的电势能的差值，选项D 正确；故选BCD.
【点睛】
解答本题的关键是：要知道弹力做功与弹性势能的变化关系，电场力做功与电势能变化的关系；分析清楚小球的受力情况和运动情况是解答本题的突破口。

8、BD
【解析】
AB ．两车在t 2时刻并排行驶，t 1~t 2时间内，由图象与坐标轴所围的面积可知，甲车的位移大于乙车的位移，所以在t 1时刻，两车不是并排行驶，而是甲在乙的后面，故A 错误B 正确；
CD ．由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，故C 错误D 正确。

故选BD 。

9、BCD
【解析】
由图可知，2A m λ= , 4B m λ=，两列波的波速相同，故根据v f λ=
可知，2A B B A f f λλ== ，选项A 错误；机械波在此介质中的传播速度4/1/4
x v m s m s t === ，选项B 正确；t =8s 时，两列波均传到O 点，由两列波在O 点引起的振动方向均向下，故0点处在平衡位置并向y 轴负方向运动，选项C 正确；t =11s 时，由A 振动在O 点的振动位移为零，振动速度向上；由B 振动在O 点的振动位移为10cm ，振动速度为零；故由振动的合成可知，0点处在y =10cm 处，并向y 轴正方向运动，选项D 正确；因两列波的频率不同，故此两列波在x 轴相遇时，在AB 间不会形成稳定的干涉图样，选项E 错误；故选BCD.
10、BC
【解析】
A 、由于滑块做匀变速运动，合力不为零，则导致支持力与静摩擦力的合力大小可能不等于mg ，故A 错误；
B 、由牛顿第二定律列方程得：mgsin f ma mgsin αα+=＞，故静摩擦力的方向一定沿皮带向下，静摩擦力对滑块做正功，当加速度等于2gsin α时，小物块受到的静摩擦力的大小等于mgsin α，故B
C 正确；
D 、若传送带的速度较大，使的物块有向上运动的趋势，受到的静摩擦力向下，皮带与滑块的动摩擦因数可以小于tan α，D 错误．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、25
t C 3 24k π 【解析】 （1）当记数为“50”时，单摆全振动的次数为25，显示时间为t ，则周期为25t T =
． （2）图示摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了保证摆动过程中摆长不变，故选C.
（3
）根据2T π=
2T =，解得224g L T r π=-，则作出的图线是上图中的3.
（4）由上述表达式可知，24g k π=，解得g=4π2 k.
【点睛】 此题考查单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小；会用图像法处理实验数据．
12、2.935 1.450
【解析】
螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm ，可动刻度读数为0.0143.5mm 0.435mm ⨯= ，所以最终读数为：2.935mm ；游标卡尺的固定刻度读数为14mm ，游标读数为0.05100.50mm mm ⨯=，所以最终读数为：1.450cm 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）电子从O 点进入到离开x=3L 处的电场所需的时间是2×
10﹣8s ； （2）电子离开x=3L 处的电场时的y 坐标是0.1m
【解析】
试题分析：（1）电子在E 1中匀加速直线运动，由速度时间公式求出在E 1中运动时间t 1，在E 2做类平抛运动，由水平方向匀速直线运动规律求出运动时间t 2，t=t 1+t 2；
（2）电子在E 2中做类平抛运动，竖直方向分运动为匀加速直线运动，位移时间公式求出竖直方向位移，即可得出y 坐标．
解：（1）设电子离开x=L 的位置为P 点，离开x=3L 的位置为Q 点，则：
v P =
代入数据得：v P =2×
107m/s 电子从O 点运动到P 点：
代入数据得：t 1=10﹣8s
电子从P 点运动到Q 点：
t 2==10﹣8s
所以总时间为t=t 1+t 2=2×
10﹣8s （2）电子运动到Q 点时：y Q =
代入数据得：y Q =0.1m
答：（1）电子从O 点进入到离开x=3L 处的电场所需的时间是2×
10﹣8s ； （2）电子离开x=3L 处的电场时的y 坐标是0.1m
【点评】本题考查了带电粒子在电场中运动的两种情况：加速和偏转，加速过程也由牛顿第二定律和运动学公式求解，偏转时做由类平抛运动规律求解，这是高考的热点和难点．
14、（2）2．225J ；（2）20Ns
【解析】
(2)A 物体下滑过程，A 物体机械能守恒，求得A 与B 碰前的速度；A 与B 碰撞是完全非弹性碰撞，A 、B 组成系统动量守恒，求得碰后AB 的共同速度；从碰后到最低点的过程中，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量．
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时AB 的速度；对AB 从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理，可得此过程中弹簧对物体B 冲量的大小．
【详解】
(2)A 物体下滑过程，A 物体机械能守恒，则：02101302mgS sin mv =
解得：01m m v s s
=== A 与B 碰撞是完全非弹性碰撞，据动量守恒定律得：
01()mv m M v =+ 解得：10.25m v s
= 从碰后到最低点的过程中，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，则：
20121()()302
PT E m M v m M gS sin =+++增 解得： 1.125PT E J =增
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时AB 的速度大小210.25m v v s
== 以沿斜面向上为正，由动量定理可得：
[]021()302()()T I m M gsin t m M v m M v -+⨯=+--+
解得：10T I N s =⋅
15、（1）5m/s ；（2；（3）0.3m
（1）小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动，设小滑块加速度大小为a 1，小车加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：
对滑块
μ1mg =ma 1
对小车
μ1mg-μ2（M +m ）g = Ma 2
经时间t 两者共速，此时小车速度最大，滑块速度为：
v 1=v 0-a 1t
小车：
v 1=a 2t
解得
v 1=5m/s
（2）在此时间内小车位移：
x 1=12
v t=2.5m 滑块位移为
x 2=012
v v t=7m 碰后滑块在小车上继续减速位移为：
x 3=L -（x 2-x 1）=1.25m
由动能定理
-μ1mgx 3=
2212
mv -2112mv 解得：
v 2
（3）设小滑块到达到达Q 点时的速度设为v 3，则有： mg=m 23v R 从P 点到Q 点过程中，由机械能守恒定律有：
2212mv =2312
mv +2mgR 解得：。